2023年陕西省西安市长安区中考物理二模试卷
一、选择题（共10小题，每小题2分，计20分.每小题只有一个选项是符合题意的）
1．（2分）世界上第一个发现电与磁之间联系的科学家是（ ）
A．安培 B．奥斯特 C．法拉第 D．伏特
2．（2分）陕西球迷的热情享誉全国，如图是在比赛过程中他们击鼓的情景。关于其中涉及的声现象，下列说法正确的是（ ）
A．用不同的力击鼓，能改变鼓声的音调
B．击鼓产生的声音，一定不会成为噪音
C．现场观众听到的鼓声是由空气传播的
D．鼓声的传播速度比次声波快
3．（2分）目烟水果杯深受大家喜爱。如图是制作西瓜杯的情景，将﹣78.5℃的食用 型干冰（固态二氧化碳）倒入西瓜杯中，会冒出大量“白气”。下列分析正确的是（ ）
A．摸杯子感觉冰冷是由于做功改变了手的内能
B．出现的大量“白气”是二氧化碳气体
C．过一会“白气”消失是升华现象
D．西瓜杯杯壁“出汗”时放出了热量
4．（2分）如图甲是“平行显示系统（HUD）”，它可以将一些行车信息，直接投射到前挡风玻璃上，驾驶员只需目视前方，就能看清行车信息（如图乙），提升了行车安全性。以下说法正确的是（ ）
A．司机看到的像是实像
B．该像是由光的反射形成的
C．若将显示器推近挡风玻璃，看到的像比原来的大
D．看到蓝色数据是因为玻璃吸收了蓝光
5．（2分）关于粒子和宇宙，下列说法中正确的是（ ）
A．宇宙是有层次的天体结构系统，是有起源、膨胀和演化的
B．在质子、电子和原子中，尺度最小的是质子
C．原子是由是质子和中子组成的
D．炭笔画出的线放大后不连续，说明分子间有空隙
6．（2分）如图，实心球是体育考试项目之一，盘点实心球考试中的物理知识，以下说法正确的是（ ）
A．实心球上升到最高点时受平衡力作用
B．草坪上静止的实心球受到的支持力与它对草坪的压力是一对平衡力
C．为检测上肢和腰部力量，投掷实心球不允许助跑，是因为助跑会增大惯性
D．抛出去的实心球最终落地，是因为受到了重力的作用
7．（2分）用如图的滑轮组拉着木块A和B一起沿水平面以1m/s的速度匀速向右运动，此时弹簧测力计的读数为5N，若每只滑轮重1N，绳与滑轮间的摩擦不计，则（ ）
A．绳子自由端拉力F的大小为2.5N
B．滑轮组的机械效率为80%
C．绳子自由端拉力F的功率为6W
D．木块B对A的摩擦力为5N
8．（2分）如图所示实验现象所揭示的物理规律与对应的应用技术相符的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2分）生活中我们必须时刻注意安全用电、节约用电。下列说法不正确的是（ ）
A．空气开关和漏电保护器都可以切断电路，它们的作用也相同
B．若插座的左右两孔都能使试电笔氖管发光，可能是电路中的零线断路
C．家用冰箱三孔插座损坏了，为了安全是不能换成两座插孔使用的
D．家庭中使用空调时，为了节约用电，不要把温度设定得过低
10．（2分）如图甲是餐厅的全自动感应干手器，其工作原理简化图如图乙所示。闭合控制电路中的开关S后，下列分析不正确的是（ ）
A．控制电路中的电磁铁上方为N极
B．若加热电阻丝阻值为44Ω，加热电阻丝10s产生的热量为1.1×104 J
C．控制电路中的电磁铁主要是利用电流的磁效应工作的
D．工作电路中导线B连接家庭电路中的火线
二、填空与作图题（共8小题，计22分）
11．（3分）如图是赛艇比赛时的画面，用船桨向后划水，船向前行驶，说明物体间力的作用是 的，若以岸边的树为参照物，比赛中的赛艇是 的。在某次2000米比赛中，运动员以6分40秒完成比赛，则他们比赛中的平均速度为 m/s。
12．（3分）小闫同学想测量脐橙的密度，他先用天平测出脐橙的质量如图甲所示为 g；因脐橙体积较大，放不进量筒，因此他选用一只烧杯，如图乙所示，用细针将脐橙压入水中浸没（水末溢出且不计细针的体积），在水面处做标记，然后将脐橙取出，用装有700mL水的量筒给烧杯补水至标记处，量筒中剩余520mL的水，则小闫同学测得脐橙的密度是 kg/m3，由于图乙取出脐橙时带出部分水，会使密度测量值比真实值 （选填“偏大”或“偏小”）。
13．（3分）在水平推力F的作用下将物体A从图甲位置匀速推到图乙位置。在此过程中，物体A对桌面的压力 ，桌面受到的摩擦力将 ，物体A对桌面的压强将 （以上均选填“变大”“变小”或“不变”）。
14．（3分）如图是流行于民间的玩具式走马灯，点燃底部蜡烛，热空气上升驱动扇叶转动，它的能量转化和四冲程内燃机 冲程相同，某单缸四冲程内燃机的飞轮转速1200r/min，则1s内该内燃机对外做功 次；走马灯转动时，观众惊奇地看到纸片小人的影子动了起来，影子形成的原理是 。
15．（3分）为保护环境，北京冬奥会使用了氢燃料电池汽车，车在行驶时只排放水而无其它任何有害物质。氢能属于 （选填“清洁”或“非清洁”）能源；已知氢燃料汽车可实现CO2的零排放，而柴油动力汽车每燃烧1kg柴油排放的CO2约3kg。某柴油动力汽车行驶100km耗油20L，这20L柴油完全燃烧释放热量 J；若改用氢燃料汽车在同一路段行驶相同的距离可减少约 kg的CO2排放。（ρ柴油＝0.8×103kg/m3，q柴油＝4.3×107J/kg）
16．（3分）如图是一款爬绳机器人，其主要技术参数如下表，电池的充电电压和工作电压一致，电池充满电储存电能 J；机器人满载匀速竖直爬升时摩擦力与 是一对平衡力；机器人满载竖直爬升10m的过程中，机器人消耗电能的80%用于爬升做功，则实际工作消耗的电能为 J（g取10N/kg）。
技术参数
载重 120kg 自重 10kg
配绳 20m 额定电压 30V
爬绳速度 6m/min 电池容量 20Ah
17．（2分）如图甲所示是学校里面常用的一种移动指示牌，结构示意图如图乙所示，指示牌被风吹倒时可看作杠杆，根据图乙所示风向，请画出图乙中移动指示牌重力的力臂（O点为重心）。
18．（2分）如图所示，分别画出入射光线ab经凹透镜折射后的光线及该光线进入水面后的大致方向。
三、实验与探究题（共4小题，计22分）
19．（4分）按要求完成下列填空。
（1）如图1温度计的示数为 ℃。
（2）如图2所示为小强同学利用天平称取质量相等的沙子和水的情景，则他在称取中存在的问题是 。
（3）如图3所示，是比较不同燃料热值大小的实验装置，本实验是通过比较相同质量的煤油 来判断等质量酒精和碎纸片完全燃烧放出热量的多少的。
（4）如图4所示，玻璃板下表面与水面恰好接触，用弹簧测力计向上提起玻璃板离开水面时的示数大于玻璃板的重力，原因是 。
20．（5分）张华同学在探究“影响液体内部压强大小的因素”的实验中，操作过程如下。
（1）实验中液体压强是用U形管两侧液面 来表示的，为使实验效果更好，实验前用手按压橡皮膜，应选择U形管的液柱变化 （选填“明显”或“不明显”）的压强计来做实验。
（2）分析图甲和图乙，得出结论：在同种液体中， 。
（3）为了证明液体内部的压强与液体密度是否有关，有同学提出保持图乙中探头的位置不变，将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，比较前后两次实验，可以得出的结论是液体的密度越大，其内部压强越大，你认为这个结论可靠吗？并说出理由 。
（4）为了检验“液体内部的压强与液体密度有关”这一结论，他用图丙的装置，在容器的左右两侧分别装入深度相同的不同液体，看到橡皮膜向左侧凸起，则 侧液体的密度较大。（选填“A”或“B”）
21．（6分）在探究“电流与电阻的关系”实验时，提供的器材有：电源（三节新干电池），电流表、电压表、开关，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻各一个，滑动变阻器和若干导线，设计了如图甲所示的电路图。
（1）闭合开关前，发现电流表的指针指向零刻度线的左侧，原因是 。
（2）将5Ω的电阻接入电路后，闭合开关，发现电压表示数为零、电流表有示数，则故障可能是 。
（3）排除故障后，用三个不同的定值电阻进行实验，每次更换电阻，在移动滑动变阻器滑片的同时，眼睛应观察 表，并使其示数与第一次相同。根据实验结果绘制了如图乙所示的I﹣R图像，分析图像发现由图线上的任一点和坐标轴围成的矩形“面积”大小都相等，由此得出的实验结论： 。
（4）为了完成本实验，应选用的滑动变阻器规格为 。（选填字母）
A.“20Ω 1A”
B.“40Ω 0.3A”
C.“50Ω 2A”
（5）电流表的电阻虽然很小，但也会影响本实验中待测电阻Rx的测量结果，小明又设计了如图丙所示的电路，可以消除这个影响，R0为定值电阻。实验步骤如下：
①闭合开关S1，断开S2，移动滑动变阻器滑片到合适位置，读出电压表的示数U1和电流表的示数I1；
②闭合S1、S2，移动滑动变阻器滑片到合适位置，读出电压表的示数U2，和电流表的示数I2；
③可测得待测电阻Rx＝ （用 U1、I1、U2、I2表示）。
22．（7分）老师在课堂上演示了“手摇发电机发电”（图甲），小军发现线圈在磁场中转动时，小灯泡一闪一闪的发光。他思考感应电流的大小与哪些因素有关呢？小军提出了自己的疑问以后，学习小组的同学们都很感兴趣，迅速展开讨论，并提出了以下猜想：
猜想一：感应电流大小与磁场的强弱有关
猜想二：感应电流大小与导体切割磁感线运动的速度有关
猜想三：感应电流大小与导体运动方向和磁感线的夹角有关
为了能够完成全部探究任务，他们设计了如图乙所示的实验装置进行实验，并将实验现象和数据记入如下表格中：
次数 滑片P的位置 导体ab移动的方向与水平方向的夹角/度 导体ab移动的速度v/cm s﹣1 灵敏电流计指针偏转的最大幅度
1 左 0 5 1格
2 左 0 10 2格
3 左 0 20 4格
4 左 30 10 1.7格
5 左 30 20 3.4格
6 左 60 10 1格
7 中 0 10 2.5格
8 中 0 20 5格
9 右 0 20 6格
（1）为了验证猜想一，他们用电磁铁代替了蹄形磁铁，这样设计的好处是 。
实验步骤如下：
步骤一：闭合开关S1和S2，将滑动变阻器的滑片P移至左端，并将导体ab以某一速度水平向右移动，观察并记录灵敏电流计指针偏转的最大幅度；
步骤二：将滑片P向右移动，电磁铁的磁场变 ，导体ab以同一速度水平向右移动，观察并记录灵敏电流计指针偏转的最大幅度；
步骤三：将滑片P移动至右端，重复步骤二。
①实验中，通过观察 反映感应电流的大小。
②通过分析表格中的数据，得出的结论是： 。
（2）分析 三组数据，可以验证猜想二的结论是正确的。
（3）根据2、4、6三组数据，可得出结论是：在其他条件一定时，导体切割磁感线运动的方向与磁感线的夹角越 ，感应电流越大。
（4）结合实验分析，老师在匀速转动手柄时，通过灯泡的电流忽大忽小的原因是 。
四、综合题（共2小题，计16分）
23．（8分）福船的出现为中国乃至世界航海史写下了璀璨的一页。南京静海寺《郑和残碑》记载：“水乐三年，将领宫军乘架二千料海船并八橹船……。”经学术界考证，与北京天坛齐名的二千料海船就是福船。二千料海船满载时，帆装、给养、武器、人员、货物等及船自身质量总共可达1200吨，福船载重量系数（载重量/满载排水量）0.65。（海水密度取1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）
（1）当福船从淡水中驶入海水中时，船受到的浮力将 ；福船进港减速运动过程中，其动能 （以上均选填“增大”“减小”或“不变”）
（2）船体某处离水面3米，该处受到海水的压强是多少？
（3）二千料海船满载时受到的浮力是多少？
（4）与空载时相比，“二千料海船”满载时排开海水的体积变化了多少？
24．（8分）主动式空气净化器在出风口加装负离子发生器，将空气不断电离，产生大量负离子，被微风扇送出，形成负离子气流，达到清洁、净化空气的目的。下表为某型号的主动式空气净化器的参数。能效比（η）是净化空气量和其输入功率之比。
额定电压 220V
工作挡位 待机 1挡 2挡 3挡
功率（W） 0.9 23 44 75
净化空气量（m3/h） ﹣ 120 240 360
（1）为防止触电，空气净化器的金属外壳应与三孔插座的 线相连。
（2）该空气净化器使用2挡位正常工作时，通过的电流为多少？
（3）单独使用该净化器10min，规格为2400imp/（kW h）的电能表指示灯闪烁30次，通过计算说明该空气净化器在几挡位工作，此时该空气净化器的能效比为多少m3/（h W）？
2023年陕西省西安市长安区中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题2分，计20分.每小题只有一个选项是符合题意的）
1．（2分）世界上第一个发现电与磁之间联系的科学家是（ ）
A．安培 B．奥斯特 C．法拉第 D．伏特
【考点】电磁感应现象．
【分析】1820年丹麦的物理学家发现电流周围产生磁场，1831年英国物理学家法拉第发现磁场能产生电流。
【解答】解：A、1820年法国物理学家安培发现了电流间的相互作用力，并提出了著名的安培定律，故A错误。
B、1820年丹麦的物理学家发现电流周围产生磁场，第一个揭示电和磁之间的关系，故B正确。
C、在奥斯特实验的基础上，1831年英国物理学家法拉第发现磁场能产生电流，故C错误。
D、伏特发明的伏特电池，这项发明为人类发展做出了很大的贡献，故D错误。
故选：B。
【点评】掌握各物理量的国际单位，并且了解各物理学家的重大贡献。
2．（2分）陕西球迷的热情享誉全国，如图是在比赛过程中他们击鼓的情景。关于其中涉及的声现象，下列说法正确的是（ ）
A．用不同的力击鼓，能改变鼓声的音调
B．击鼓产生的声音，一定不会成为噪音
C．现场观众听到的鼓声是由空气传播的
D．鼓声的传播速度比次声波快
【考点】噪声及其来源；声音的传播条件；声音在不同介质中的传播速度；响度与振幅的关系．
【分析】（1）声音的大小叫响度，响度与发声体的振幅和距离声源的远近有关。
（2）从环境保护的角度看，鼓声影响周围人们的学习、工作、休息和生活，以及对人们要听的声音起干扰作用时就是噪声。
（3）声音的传播需要介质。
（4）声音、超声波、次声波在温度一定的同种介质中的传播速度相同。
【解答】解：A、用不同的力击鼓，鼓面振动的幅度不同，能改变鼓声的响度，故A错误；
B、从环境保护的角度看，鼓声影响周围人们的学习、工作、休息和生活，以及对人们要听的声音起干扰作用时就是噪声，故B错误；
C、现场观众听到的鼓声是由空气传播的，故C正确；
D、声音、超声波、次声波在温度一定的同种介质中的传播速度相同，故D错误。
故选：C。
【点评】知道声音产生和传播的条件；知道噪声及其来源；知道响度与振幅的关系。
3．（2分）目烟水果杯深受大家喜爱。如图是制作西瓜杯的情景，将﹣78.5℃的食用 型干冰（固态二氧化碳）倒入西瓜杯中，会冒出大量“白气”。下列分析正确的是（ ）
A．摸杯子感觉冰冷是由于做功改变了手的内能
B．出现的大量“白气”是二氧化碳气体
C．过一会“白气”消失是升华现象
D．西瓜杯杯壁“出汗”时放出了热量
【考点】热传递改变物体内能；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化的放热特点．
【分析】（1）改变内能的方式包括做功和热传递；
（2）物质由气态变成液态的过程叫液化，液化放热；物质由液态变成气态的过程叫汽化。
【解答】解：A、摸杯子感觉冰冷是由于热传递改变了手的内能，故A错误；
B、“白气”是水蒸气遇冷液化成的小水滴，故B错误；
C、过一会“白气”消失属于汽化现象，故C错误；
D、西瓜杯杯壁“出汗”是水蒸气遇冷液化形成的，液化放热，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查内能的改变和物态变化，难度不大。
4．（2分）如图甲是“平行显示系统（HUD）”，它可以将一些行车信息，直接投射到前挡风玻璃上，驾驶员只需目视前方，就能看清行车信息（如图乙），提升了行车安全性。以下说法正确的是（ ）
A．司机看到的像是实像
B．该像是由光的反射形成的
C．若将显示器推近挡风玻璃，看到的像比原来的大
D．看到蓝色数据是因为玻璃吸收了蓝光
【考点】物体的颜色；光的反射现象；平面镜成像的特点．
【分析】（1）平面镜成像是光的反射现象；物体在平面镜中所成的像的特点：虚像，像和物体的大小相等，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等，物与像关于平面镜对称；
（2）透明物体的颜色是由它透过的色光决定的，不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的。
【解答】解：ABC、“平行显示系统”，它是应用在汽车行驶过程中的一种新型技术。它应用了平面镜成像原理，平面镜成像特点是成正立等大的虚像，属于光的反射现象，故AC错误，B正确；
D、看到蓝色数据是因为玻璃反射了蓝光，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了平面镜成像特点的理解和应用，要对“HUD”，也叫“平行显示系统”新型技术有所了解，避免出错。
5．（2分）关于粒子和宇宙，下列说法中正确的是（ ）
A．宇宙是有层次的天体结构系统，是有起源、膨胀和演化的
B．在质子、电子和原子中，尺度最小的是质子
C．原子是由是质子和中子组成的
D．炭笔画出的线放大后不连续，说明分子间有空隙
【考点】人类探究太阳系及宇宙的历程；从微观到宏观的尺度；分子动理论的基本观点；分子和原子组成物质．
【分析】（1）宇宙是有层次的天体结构系统，是有起源的、膨胀的和演化的；
（2）分子由原子构成，原子由原子核和核外电子组成，原子核包括质子和中子两部分，原子核集中了原子的主要质量；
（3）原子是由原子核和核外电子组成的，原子核又是由带正电的质子和不带电的中子组成的；
（4）炭笔画出的连续的线肉眼能够看到，而单个分子非常小，人的肉眼根本看不到，因此即使不连续也不能说明分子之间有空隙。
【解答】解：A、宇宙是有层次的天体结构系统，是有起源、膨胀和演化的，故A正确。
B、原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成，且电子的尺度很小，则可知原子尺度最大，质子次之，电子最小，故B错误。
C、原子是由原子核和核外电子组成，原子核是由质子和中子组成的，故C错误。
D、炭黑画出的线我们可以看到，它肯定是由无数个分子构成的，而单个分子非常小，人的肉眼不能直接看到，因此即使不连续也不能说明分子之间有空隙，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查对物质的微观结构的了解，是基础题，难度不大。
6．（2分）如图，实心球是体育考试项目之一，盘点实心球考试中的物理知识，以下说法正确的是（ ）
A．实心球上升到最高点时受平衡力作用
B．草坪上静止的实心球受到的支持力与它对草坪的压力是一对平衡力
C．为检测上肢和腰部力量，投掷实心球不允许助跑，是因为助跑会增大惯性
D．抛出去的实心球最终落地，是因为受到了重力的作用
【考点】平衡力与相互作用力的辨别；重力的概念；惯性与惯性现象；平衡状态的判断．
【分析】（1）物体在平衡状态下受平衡力，据此分析；
（2）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（3）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性，惯性的大小只与物体的质量有关；
（4）地面附近的一切物体都要受到竖直向下的重力。
【解答】解：A、实心球上升到最高点时受到重力和空气阻力的作用，运动状态在改变，受非平衡力作用，故A错误；
B、草坪上静止的实心球受到的支持力与它对草坪的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故B错误；
C、助跑会增大速度和动能，但惯性的大小只与物体的质量有关，与速度无关，故C错误；
D、抛出去的实心球最终落地，是因为受到了重力的作用，而重力的方向竖直向下，故D正确。
故选：D。
【点评】本题通过运动场景，考查了对平衡状态的判断、平衡力的辨别、惯性和重力的理解等，有一定综合性，但难度不大。
7．（2分）用如图的滑轮组拉着木块A和B一起沿水平面以1m/s的速度匀速向右运动，此时弹簧测力计的读数为5N，若每只滑轮重1N，绳与滑轮间的摩擦不计，则（ ）
A．绳子自由端拉力F的大小为2.5N
B．滑轮组的机械效率为80%
C．绳子自由端拉力F的功率为6W
D．木块B对A的摩擦力为5N
【考点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组中的相关计算；功率的计算及公式的应用．
【分析】A、绳与滑轮间的摩擦不计，从图中可知n＝2，根据F＝（G动+F弹）得出绳子自由端拉力；
B、根据η＝＝＝＝得出滑轮组的机械效率；
C、根据v＝nv物得出绳子自由端移动的速度，根据P＝Fv得出绳子自由端拉力F的功率；
D、木块A和B一起沿水平面以1m/s的速度匀速向右运动，二者相对静止，木块B对A的摩擦力为0N。
【解答】解：A、绳与滑轮间的摩擦不计，从图中可知n＝2，绳子自由端拉力F＝（G动+F弹）＝×（1N+5N）＝3N，故A错误；
B、滑轮组的机械效率η＝＝＝＝＝≈83.3%，故B错误；
C、绳子自由端移动的速度v＝nv物＝2×1m/s＝2m/s，
绳子自由端拉力F的功率P＝Fv＝3N×2m/s＝6W，故C正确；
D、木块A和B一起沿水平面以1m/s的速度匀速向右运动，二者相对静止，木块B对A的摩擦力为0N，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查滑轮组的有关计算，是一道综合题。
8．（2分）如图所示实验现象所揭示的物理规律与对应的应用技术相符的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】电流的磁效应；内能的利用及其意义；沸点及沸点与气压的关系；大气压强的存在．
【分析】实验现象揭示的物理原理或规律与应用技术有着密切的联系。在明确为了实验所揭示的原理或规律后，再对照生活中的应用，看是否是同一个知识即可。
【解答】解：A．过山车利用的是动能和重力势能的相互转化，与上图中内能转化为机械能不同，两者不相符，故A不符合题意；
B．覆杯实验说明了大气压的存在，吸盘吸在墙上利用的是大气压强，两者相符，故B符合题意；
C．动圈式扬声器的原理是通电导体在磁场受力运动，上图是奥斯特实验，说明通电导体周围存在着磁场，两者不相符，故C不符合题意；
D．拦河坝是根据液体压强随深度的增加而增大，高压锅煮饭是利用液体的沸点随气压的增大而增大，两者不相符，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】分析的关键是明确实验所对应的物理知识，再对照生活中的应用举例；判断是否相对应。
9．（2分）生活中我们必须时刻注意安全用电、节约用电。下列说法不正确的是（ ）
A．空气开关和漏电保护器都可以切断电路，它们的作用也相同
B．若插座的左右两孔都能使试电笔氖管发光，可能是电路中的零线断路
C．家用冰箱三孔插座损坏了，为了安全是不能换成两座插孔使用的
D．家庭中使用空调时，为了节约用电，不要把温度设定得过低
【考点】熔断器的作用及保险丝的选择方法；安全用电原则；插座的构造与工作方式．
【分析】（1）根据空气开关和漏电保护器的作用分析；
（2）插座中有两孔使试电笔的氖管发光，说明这两孔都直接或间接的与火线接通；
（3）有金属外壳的用电器，其外壳要接地；
（4）家庭中使用空调时，为了节约用电，不要把温度设定得过低。
【解答】解：
A、当电路中发生漏电时，漏电保护器会断开电路；空气开关是电流过大时切断电路，利用电流的磁效应工作的；二者作用是不同的，故A错误；
B、若插座中有两孔使试电笔的氖管发光，说明火线正常，且此时插座接零线的左孔也与火线接通，则可能是零线断路，故B正确；
C、用冰箱三脚插头损坏了，换成两脚插头，虽然冰箱能工作，但冰箱的外壳漏电时，容易发生触电事故，为了安全是不能换成两座插孔使用，故C正确；
D、夏天把空调的温度调的很低，会使空调一直处于降温工作过程，不会有待机状态，这样会消耗更多的电能，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。
10．（2分）如图甲是餐厅的全自动感应干手器，其工作原理简化图如图乙所示。闭合控制电路中的开关S后，下列分析不正确的是（ ）
A．控制电路中的电磁铁上方为N极
B．若加热电阻丝阻值为44Ω，加热电阻丝10s产生的热量为1.1×104 J
C．控制电路中的电磁铁主要是利用电流的磁效应工作的
D．工作电路中导线B连接家庭电路中的火线
【考点】电磁继电器的组成、原理和应用；焦耳定律的计算及其应用；电流的磁效应；安培定则．
【分析】（1）根据安培定则判定电磁铁的磁性；
（2）根据Q＝W＝t求出加热电阻丝工作10s产生的热量；
（3）电流的周围存在磁场；
（4）在家庭电路中，开关应接在火线与用电器之间。
【解答】解：
A、根据图示可知，电流从电磁铁的下端流入，根据安培定则可知，控制电路中的电磁铁上方为N极，故A正确；
B、加热电阻丝工作10s产生的热量Q＝W＝t＝×10s＝1.1×104J，故B正确；
C、控制电路中的电磁铁通电后具有磁性，其主要是利用电流的磁效应工作的，故C正确；
D、工作电路中的触点相当于开关，为了用电安全，在家庭电路中，开关应接在火线与用电器之间，所以工作电路中导线A连接家庭电路中的火线，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了电磁铁的工作原理、安培定则的应用、电热计算公式的应用、安全用电的常识，属于综合题。
二、填空与作图题（共8小题，计22分）
11．（3分）如图是赛艇比赛时的画面，用船桨向后划水，船向前行驶，说明物体间力的作用是 相互 的，若以岸边的树为参照物，比赛中的赛艇是 运动 的。在某次2000米比赛中，运动员以6分40秒完成比赛，则他们比赛中的平均速度为 5 m/s。
【考点】力作用的相互性；运动和静止的相对性；变速运动与平均速度．
【分析】（1）力的作用是相互的；
（2）被研究物体相对于参照物，位置没有发生变化，就说物体是静止的；反之，就说它是运动的；
（3）根据v＝计算平均速度。
【解答】解：用船桨向后划水，船向前行驶，说明物体间力的作用是相互的；树相对于赛艇的位置发生变化，若以岸边的树为参照物，比赛中的赛艇是运动的；
比赛中的平均速度：
v＝＝＝5m/s；
故答案为：相互；运动；5。
【点评】本题考查了力的相互性和平均速度的计算，属于基础题。
12．（3分）小闫同学想测量脐橙的密度，他先用天平测出脐橙的质量如图甲所示为 162 g；因脐橙体积较大，放不进量筒，因此他选用一只烧杯，如图乙所示，用细针将脐橙压入水中浸没（水末溢出且不计细针的体积），在水面处做标记，然后将脐橙取出，用装有700mL水的量筒给烧杯补水至标记处，量筒中剩余520mL的水，则小闫同学测得脐橙的密度是 0.9×103 kg/m3，由于图乙取出脐橙时带出部分水，会使密度测量值比真实值 偏小 （选填“偏大”或“偏小”）。
【考点】固体的密度测量实验．
【分析】（1）物体的质量等于砝码的质量加上游码所对应的刻度值；
（2）根据量筒前后两次示数之差求出脐橙的体积，根据密度公式求出密度；
根据测量体积的变化分析密度的变化。
【解答】解：（1）用调好的天平测脐橙的质量，当右盘中所加砝码和游码位置如图甲所示时，天平平衡，标尺的分度值为0.2g，
则此脐橙的质量是：m＝100g+50g++10g+2g＝162g；
（2）由题意可知，脐橙的体积为：V＝700mL﹣520mL＝180mL＝180cm3；
则脐橙的密度为：ρ＝＝＝0.9g/cm3＝0.9×103kg/m3；
由于图乙取出脐橙时带出部分水，会使得加入的水的体积变大，即脐橙的体积变大，根据密度公式可知，密度会偏小；
故答案为：162；0.9×103；偏小。
【点评】此题主要考查学生对于测量密度实验的理解和掌握，天平的调节、利用转换思维求体积是重点与难点。
13．（3分）在水平推力F的作用下将物体A从图甲位置匀速推到图乙位置。在此过程中，物体A对桌面的压力 不变 ，桌面受到的摩擦力将 不变 ，物体A对桌面的压强将 变小 （以上均选填“变大”“变小”或“不变”）。
【考点】固体压强大小比较；摩擦力大小的影响因素；压力．
【分析】（1）影响滑动摩擦力大小的因素是压力大小和接触面的粗糙程度；（2）压强与受力面积和压力大小有关，压力不变时，受力面积越大，压强越小。
【解答】解：物体A在水平推力作用下从甲图匀速运动到乙图，由图可知，压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以物体A受到的滑动摩擦力不变；压力不变，受力面积增大，根据p＝F/S知压强变小。故答案为：不变、不变、变小。
【点评】本题主要考查了对压力，压强，摩擦力的基本理解，重点是影响压强大小的因素，易错点在于，接触面积的大小不影响滑动摩擦力的大小。
14．（3分）如图是流行于民间的玩具式走马灯，点燃底部蜡烛，热空气上升驱动扇叶转动，它的能量转化和四冲程内燃机 做功 冲程相同，某单缸四冲程内燃机的飞轮转速1200r/min，则1s内该内燃机对外做功 10 次；走马灯转动时，观众惊奇地看到纸片小人的影子动了起来，影子形成的原理是 光的直线传播 。
【考点】有关热机的计算；光直线传播的应用；四冲程内燃机的工作过程．
【分析】（1）气体温度升高，气体的密度变小，热空气向上运动。再结合能量的转化的特点可做出判断；
（2）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，将机械能转化为内能的是压缩冲程，将内能转化为机械能的是做功冲程；压缩冲程和做功冲程都是通过做功的方式改变内能的；
（3）热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周；
（4）影子形成的原理是光的直线传播。
【解答】解：点燃蜡烛时，气体温度升高，气体的密度变小，热空气就会向上运动，运动的热空气推动扇叶转动，运动的热空气对外做功，将内能转化为机械能，该过程和四冲程汽油机的做功冲程的能量转化相同；
飞轮转速是1200r/min＝20r/s，表示每秒飞轮转动20圈，内燃机完成10个工作循环，对外做功10次；
影子形成的原理是光的直线传播。
故答案为：做功；10；光的直线传播。
【点评】本题考查了气体受热膨胀的特点及能量的转化，同时还要明确内燃机四个冲程中的能量转化情况以及光的直线传播等知识，是一道基础题。
15．（3分）为保护环境，北京冬奥会使用了氢燃料电池汽车，车在行驶时只排放水而无其它任何有害物质。氢能属于 清洁 （选填“清洁”或“非清洁”）能源；已知氢燃料汽车可实现CO2的零排放，而柴油动力汽车每燃烧1kg柴油排放的CO2约3kg。某柴油动力汽车行驶100km耗油20L，这20L柴油完全燃烧释放热量 6.88×108 J；若改用氢燃料汽车在同一路段行驶相同的距离可减少约 48 kg的CO2排放。（ρ柴油＝0.8×103kg/m3，q柴油＝4.3×107J/kg）
【考点】能源及其分类；密度的计算与公式的应用；燃料的热值及其计算．
【分析】（1）清洁能源，即绿色能源，是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源；
（2）先用密度公式得到柴油的质量，再由热值公式得到燃烧柴油放出的热量；
（3）根据两种燃料汽车排放CO2的不同，以及柴油汽车燃烧柴油与排放CO2的关系进行分析即可。
【解答】解：（1）清洁能源，即绿色能源，是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源，氢燃料电池汽车，车在行驶时只排放水而无其它任何有害物质，故氢能属于清洁能源；
（2）20L柴油的质量m＝ρ柴油×V＝0.8×103kg/m3×20×10﹣3m3＝16kg；
完全燃烧20L柴油释放热量Q＝mq柴油＝16kg×4.3×107J/kg＝6.88×108J；
（3）可减排放的CO2质量m'＝3m＝3×16kg＝48kg。
故答案为：清洁；6.88×108；48。
【点评】本题考查了能源的分类、密度公式、燃料热值公式的应用，难度中等。
16．（3分）如图是一款爬绳机器人，其主要技术参数如下表，电池的充电电压和工作电压一致，电池充满电储存电能 2.16×106 J；机器人满载匀速竖直爬升时摩擦力与 重力 是一对平衡力；机器人满载竖直爬升10m的过程中，机器人消耗电能的80%用于爬升做功，则实际工作消耗的电能为 1.625×104 J（g取10N/kg）。
技术参数
载重 120kg 自重 10kg
配绳 20m 额定电压 30V
爬绳速度 6m/min 电池容量 20Ah
【考点】电功与电能的计算；平衡力与相互作用力的辨别；功的计算和公式的应用．
【分析】根据公式W＝UIt可求电池充满电储存电能；
机器人满载匀速竖直爬升时，受力平衡，重力与摩擦力是一对平衡力；
根据W＝Gh求出机器人爬升所做的功，利用效率公式求出消耗的电能。
【解答】解：电池充满电储存电能W＝UIt＝30V×20A×3600s＝2.16×106 J；
机器人满载匀速竖直爬升时，处于平衡状态，受力平衡，重力与摩擦力是一对平衡力；
机器人满载时的总重力：G总＝m总g＝（120kg+10kg）×10N/kg＝1300N；
爬升10m的过程中所做的功：W＝G总h＝1300N×10m＝13000J；
根据η＝可知，机器人消耗的电能W电＝＝＝1.625×104J。
故答案为：2.16×106；重力；1.625×104。
【点评】本题考查电能的计算、二力平衡、与功率和机械效率的计算，属于中档题，综合性较强。
17．（2分）如图甲所示是学校里面常用的一种移动指示牌，结构示意图如图乙所示，指示牌被风吹倒时可看作杠杆，根据图乙所示风向，请画出图乙中移动指示牌重力的力臂（O点为重心）。
【考点】力臂的画法．
【分析】（1）重力的方向是竖直向下的，从重心开始竖直向下画一条带箭头的线段，可得重力的示意图；
（2）使用杠杆时，杠杆绕着转动的点叫支点，根据图示确定支点位置，从支点向重力的作用线作垂线，支点到垂足的距离为重力的力臂。
【解答】解：已知O点为重心，从重心O开始竖直向下画一条带箭头的线段，并标出重力的符号G，即为指示牌重力示意图；
根据题意可知，指示牌的模型可以看作杠杆，根据图乙所示风向，支点为C点，从支点C向重力的作用线作垂线段，即为指示牌重力的力臂L，如图所示：
【点评】本题考查力臂的画法和杠杆支点的判断，关键是知道使用杠杆时，杠杆绕着转动的点叫支点。
18．（2分）如图所示，分别画出入射光线ab经凹透镜折射后的光线及该光线进入水面后的大致方向。
【考点】透镜的光路图；作光的折射光路图．
【分析】延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；该折射光线又入射到水面上，先过入射点画出法线，再根据光的折射规律画出进入水中的折射光线。
【解答】解：延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；
该折射光线又入射到水面上，先过入射点画出法线，再在法线左侧的水中，根据折射角小于入射角画出进入水中的折射光线，如图所示：
【点评】本题考查了凹透镜三条特殊光线、光的折射规律的应用，属于基础题目。
三、实验与探究题（共4小题，计22分）
19．（4分）按要求完成下列填空。
（1）如图1温度计的示数为 ﹣12 ℃。
（2）如图2所示为小强同学利用天平称取质量相等的沙子和水的情景，则他在称取中存在的问题是 游码没有移到标尺左端零刻度的位置 。
（3）如图3所示，是比较不同燃料热值大小的实验装置，本实验是通过比较相同质量的煤油 升高的温度 来判断等质量酒精和碎纸片完全燃烧放出热量的多少的。
（4）如图4所示，玻璃板下表面与水面恰好接触，用弹簧测力计向上提起玻璃板离开水面时的示数大于玻璃板的重力，原因是 分子间存在引力 。
【考点】燃料的热值及其计算；温度计的使用及其读数；天平的使用；分子间的作用力．
【分析】（1）根据温度计液柱位置判断示数是零上还是零下，根据温度计的分度值液柱位置读出温度计的示数；
（2）由图2可知，天平标尺上的游码没有移动左端零刻度的位置；
（3）比较不同燃料热值大小的实验，应该选用质量相等的不同燃料完全燃烧对质量相等的相同液体进行加热，通过比较液体升高的温度来比较燃料放出热量的多少；
（4）分子间存在相互作用的引力和斥力。
【解答】解：（1）由图1可知，温度计的分地址为1℃，温度计的刻度越往下刻度越大，所以此时的温度应该是零下，故此时的温度计的示数为﹣12℃；
（2）由图2可知，此时游码没移到标尺左端的零刻度线处，左盘中水的质量等于右盘中沙子的质量加上游码在标尺上对应的刻度值，所以称量的水的质量和沙子的质量不相等；
（3）由图3可知，本实验选用质量相等的酒精和碎纸片完全燃烧来加热相同质量的煤油，通过温度计的示数变化来反应酒精和碎纸片放出热量的多少，温度计的示数变化越大，说明该燃料放热越多；
（4）由图4可知。玻璃板接触水面，玻璃板下面粘有水，用弹簧测力计向上提起玻璃板离开水面时的示数大于玻璃板的重力，原因是水分子之间存在引力。
故答案为：（1）﹣12；
（2）游码没有移到标尺左端零刻度的位置；
（3）升高的温度；
（4）分子间存在引力。
【点评】本题考查温度计的读数、天平的使用、比较燃料热值的大小以及分子间的作用力，是一道综合题，难度不大。
20．（5分）张华同学在探究“影响液体内部压强大小的因素”的实验中，操作过程如下。
（1）实验中液体压强是用U形管两侧液面 高度差 来表示的，为使实验效果更好，实验前用手按压橡皮膜，应选择U形管的液柱变化 明显 （选填“明显”或“不明显”）的压强计来做实验。
（2）分析图甲和图乙，得出结论：在同种液体中， 压强随深度的增大而变大 。
（3）为了证明液体内部的压强与液体密度是否有关，有同学提出保持图乙中探头的位置不变，将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，比较前后两次实验，可以得出的结论是液体的密度越大，其内部压强越大，你认为这个结论可靠吗？并说出理由 不可靠，因为没有控制深度相同 。
（4）为了检验“液体内部的压强与液体密度有关”这一结论，他用图丙的装置，在容器的左右两侧分别装入深度相同的不同液体，看到橡皮膜向左侧凸起，则 B 侧液体的密度较大。（选填“A”或“B”）
【考点】探究液体内部的压强．
【分析】（1）液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的，高度差越大说明此时的液体压强越大，采用了转换法；用手指轻轻按压探头的橡皮膜，发现U形管两边的液面高度差变化都很小，这说明该压强计的气密性很差；若液面灵活升降，则装置不漏气，压强计的气密性好。
（2）（3）液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析；
（4）根据橡皮膜向左侧凸起，可知右侧液体产生的压强大，根据p＝ρgh分析。
【解答】解：（1）根据转换法，实验中液体压强是用U形管两侧液面高度差来表示的，为使实验效果更好，实验前用手按压橡皮膜，应选择U形管的液柱变化明显，则装置不漏气，压强计的气密性好，故选择U形管的液柱变化明显的压强计来做实验；
（2）分析图甲和图乙知，液体密度相同，乙中深度大，液体产生的压强大，得出结论：在同种液体中，压强随深度的增大而变大。
（3）研究液体内部的压强与液体密度是否有关，要控制液体的深度相同，保持图乙中探头的位置不变，将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，盐水的密度和探头的深度增大了，得出的结论是不可靠的，原因是没有控制深度相同。
（4）为了检验“液体内部的压强与液体密度有关”这一结论，他用图丙的装置，在容器的左右两侧分别装入深度相同的不同液体，看到橡皮膜向左侧凸起，可知右侧液体产生的压强大，根据p＝ρgh可知，B侧液体的密度较大。
故答案为：（1）高度差明显；
（2）压强随深度的增大而变大；
（3）不可靠，因为没有控制深度相同；
（4）B。
【点评】本题探究影响液体压强大小的因素，考查转换法、控制变量法及p＝ρgh的运用。
21．（6分）在探究“电流与电阻的关系”实验时，提供的器材有：电源（三节新干电池），电流表、电压表、开关，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻各一个，滑动变阻器和若干导线，设计了如图甲所示的电路图。
（1）闭合开关前，发现电流表的指针指向零刻度线的左侧，原因是 使用前电流表没有调零 。
（2）将5Ω的电阻接入电路后，闭合开关，发现电压表示数为零、电流表有示数，则故障可能是 定值电阻短路 。
（3）排除故障后，用三个不同的定值电阻进行实验，每次更换电阻，在移动滑动变阻器滑片的同时，眼睛应观察 电压 表，并使其示数与第一次相同。根据实验结果绘制了如图乙所示的I﹣R图像，分析图像发现由图线上的任一点和坐标轴围成的矩形“面积”大小都相等，由此得出的实验结论： 导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 。
（4）为了完成本实验，应选用的滑动变阻器规格为 C 。（选填字母）
A.“20Ω 1A”
B.“40Ω 0.3A”
C.“50Ω 2A”
（5）电流表的电阻虽然很小，但也会影响本实验中待测电阻Rx的测量结果，小明又设计了如图丙所示的电路，可以消除这个影响，R0为定值电阻。实验步骤如下：
①闭合开关S1，断开S2，移动滑动变阻器滑片到合适位置，读出电压表的示数U1和电流表的示数I1；
②闭合S1、S2，移动滑动变阻器滑片到合适位置，读出电压表的示数U2，和电流表的示数I2；
③可测得待测电阻Rx＝ ﹣ （用 U1、I1、U2、I2表示）。
【考点】探究电流与电压、电阻的关系．
【分析】（1）电流表使用前要调零；
（2）电流表有示数，说明电路不是断路，电压表无示数，可能是与电压表并联的电路短路，据此分析；
（3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，据此分析每次更换电阻，在移动滑动变阻器滑片的同时，眼睛应观察的电表；
根据图乙可知图线上的任一点和坐标轴围成的矩形“面积”大小是电流与电阻的乘积，结合矩形“面积”大小都相等分析得出结论；
（4）根据图乙利用欧姆定律求出定值电阻两端所控制的电压，探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，结合图乙可知电路中的最大电流，进而确定滑动变阻器的规格；
（5）分析实验步骤可知，先用电压表测待测电阻和定值电阻及电流表的总电压，由欧姆定律可得出待测电阻和定值电阻及电流表的串联的总电阻；为消除电流表内阻对测量的影响，再用电压表测电流表和定值电阻的总电压，根据欧姆定律求出电流表和定值电阻的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出待测电阻大小。
【解答】解：（1）闭合开关前，发现电流表的指针指向零刻度线的左侧，说明使用前电流表没有调零；
（2）电流表有示数，说明电路不是断路，电压表无示数，可能是与电压表并联的电路短路，因此故障可能是与电压表并联的定值电阻R短路了；
（3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，因此每次更换电阻，在移动滑动变阻器滑片的同时，眼睛应观察电压表；
由图乙可知图线上的任一点和坐标轴围成的矩形“面积”大小是电流与电阻的乘积，矩形“面积”大小都相等，说明通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（4）因为电源由三节新干电池组成，所以电源电压U＝3×1.5V＝4.5V，图乙可知，定值电阻两端的电压始终保持UV＝IR＝0.1A×20Ω＝…＝0.4A×5Ω＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣2V＝2.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝1.25倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝1.25×20Ω＝25Ω＞20Ω，由图乙可知，电路中的最大电流为0.4A＞0.3A，因此为了完成本实验，应选用的滑动变阻器规格为；“50Ω 2A”，故选C；
（3）①闭合开关S1，断开S2，移动滑动变阻器滑片到合适位置，读出电压表的示数U1和电流表的示数I1；
②闭合S1、S2，移动滑动变阻器滑片到合适位置，读出电压表的示数U2，和电流表的示数I2；
在①中，电流表测待测电阻和定值电阻串联后的电流，电压表测待测电阻和定值电阻及电流表的总电压，由欧姆定律和串联电路的电阻特点可知，测待测电阻和定值电阻及电流表的串联的总电阻：Rx0A＝Rx+R0+RA＝……①，
在②中，待测电阻短路，电流表测定值电阻的电流，电压表测电流表和定值电阻的总电压；移动滑动变阻器滑片，由欧姆定律和串联电路的电阻特点可知，定值电阻和电流表的总电阻：R0A＝R0+RA＝……②；
由于定值电阻和电流表内阻不变，由②﹣①可知，待测电阻：Rx＝﹣。
故答案为：（1）使用前电流表没有调零；（2）定值电阻短路；（3）电压；导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；（4）C；（5）﹣。
【点评】本题探究“电流与电阻的关系”，考查电流表的使用、故障分析、实验操作、分析图像归纳结论、器材的选择、串联电路的特点和欧姆定律的应用。
22．（7分）老师在课堂上演示了“手摇发电机发电”（图甲），小军发现线圈在磁场中转动时，小灯泡一闪一闪的发光。他思考感应电流的大小与哪些因素有关呢？小军提出了自己的疑问以后，学习小组的同学们都很感兴趣，迅速展开讨论，并提出了以下猜想：
猜想一：感应电流大小与磁场的强弱有关
猜想二：感应电流大小与导体切割磁感线运动的速度有关
猜想三：感应电流大小与导体运动方向和磁感线的夹角有关
为了能够完成全部探究任务，他们设计了如图乙所示的实验装置进行实验，并将实验现象和数据记入如下表格中：
次数 滑片P的位置 导体ab移动的方向与水平方向的夹角/度 导体ab移动的速度v/cm s﹣1 灵敏电流计指针偏转的最大幅度
1 左 0 5 1格
2 左 0 10 2格
3 左 0 20 4格
4 左 30 10 1.7格
5 左 30 20 3.4格
6 左 60 10 1格
7 中 0 10 2.5格
8 中 0 20 5格
9 右 0 20 6格
（1）为了验证猜想一，他们用电磁铁代替了蹄形磁铁，这样设计的好处是 磁场的强弱便于调节 。
实验步骤如下：
步骤一：闭合开关S1和S2，将滑动变阻器的滑片P移至左端，并将导体ab以某一速度水平向右移动，观察并记录灵敏电流计指针偏转的最大幅度；
步骤二：将滑片P向右移动，电磁铁的磁场变 强 ，导体ab以同一速度水平向右移动，观察并记录灵敏电流计指针偏转的最大幅度；
步骤三：将滑片P移动至右端，重复步骤二。
①实验中，通过观察 灵敏电流计指针偏转的幅度 反映感应电流的大小。
②通过分析表格中的数据，得出的结论是： 在其他条件一定时，磁场越强，感应电流越大 。
（2）分析 1、2、3 三组数据，可以验证猜想二的结论是正确的。
（3）根据2、4、6三组数据，可得出结论是：在其他条件一定时，导体切割磁感线运动的方向与磁感线的夹角越 大 ，感应电流越大。
（4）结合实验分析，老师在匀速转动手柄时，通过灯泡的电流忽大忽小的原因是 导体运动方向和磁感线的夹角发生了变化 。
【考点】探究电磁感应现象的实验．
【分析】（1）原有磁体的磁性强弱不能改变，而用电磁铁可以通过改变电路中电流大小来改变磁场强弱，据此作答；电磁铁的磁性强弱与电流大小有关；
①灵敏电流计指针偏转的幅度越大，说明电路中的感应电流越大；
②根据控制变量法结合表格中的数据得出结论；
（2）验证猜想二的结论是否正确，需控制滑片P的位置和导体ab移动的方向与水平方向的夹角不变；
（3）2、4、6三组数据中，滑片P的位置不变，导体ab移动的速度一定，导体ab移动的方向与水平方向的夹角不同，灵敏电流计指针偏转的最大幅度不同，根据控制变量法总结结论；
（4）感应电流大小与磁场的强弱有关，与导体切割磁感线运动的速度有关，与导体运动方向和磁感线的夹角有关。
【解答】解：（1）用电磁铁代替了蹄形磁铁的好处是磁场的强弱便于调节；将滑片P向右移动，电源电压不变，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路电流变大，电磁铁的磁场变强；
①实验中，通过观察灵敏电流计指针偏转的幅度反映感应电流的大小，灵敏电流计指针偏转的幅度越大，说明产生的感应电流越大。
②根据控制变量法，分析表格中的数据可知，感应电流大小与磁场的强弱有关，在其他条件一定时，磁场越强，感应电流越大；
（2）1、2、3三组数据中，滑片P的位置不变，导体ab移动的方向与水平方向的夹角不变，导体ab移动的速度不同，可验证感应电流大小与导体切割磁感线运动的速度是否有关；
（3）2、4、6三组数据中，滑片P的位置不变，导体ab移动的速度一定，导体ab移动的方向与水平方向的夹角不同，灵敏电流计指针偏转的最大幅度不同，根据控制变量法可得出结论：在其他条件一定时，导体切割磁感线运动的方向与磁感线的夹角越大，感应电流越大。
（4）老师匀速转动手柄，导体ab移动的速度不变，滑片P的位置也没有改变，通过灯泡的电流忽大忽小，可能是导体ab移动的方向与水平方向的夹角发生了变化。
故答案为：（1）磁场的强弱便于调节；强；
①灵敏电流计指针偏转的幅度；
②在其他条件一定时，磁场越强，感应电流越大；
（2）1、2、3；
（3）大；
（4）导体运动方向和磁感线的夹角发生了变化。
【点评】此题考查了探究电磁感应现象实验，有一定难度，需认真思考方能正确解答。
四、综合题（共2小题，计16分）
23．（8分）福船的出现为中国乃至世界航海史写下了璀璨的一页。南京静海寺《郑和残碑》记载：“水乐三年，将领宫军乘架二千料海船并八橹船……。”经学术界考证，与北京天坛齐名的二千料海船就是福船。二千料海船满载时，帆装、给养、武器、人员、货物等及船自身质量总共可达1200吨，福船载重量系数（载重量/满载排水量）0.65。（海水密度取1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）
（1）当福船从淡水中驶入海水中时，船受到的浮力将 不变 ；福船进港减速运动过程中，其动能 减小 （以上均选填“增大”“减小”或“不变”）
（2）船体某处离水面3米，该处受到海水的压强是多少？
（3）二千料海船满载时受到的浮力是多少？
（4）与空载时相比，“二千料海船”满载时排开海水的体积变化了多少？
【考点】阿基米德原理的应用；物体的浮沉条件及其应用；动能和势能的转化；液体压强的计算以及公式的应用．
【分析】（1）漂浮在水面的福船受到的浮力和重力大小相等；动能与质量和速度有关。
（2）根据液体的压强公式p＝ρgh来计算压强。
（3）海船满载时受到的浮力等于它的重力。
（4）根据物体的漂浮条件和阿基米德原理计算满载时排开海水的体积变化。
【解答】解：（1）当福船从淡水中驶入海水中时，浮力始终等于重力，重力不变，船受到的浮力将不变；福船进港减速运动过程中，质量不变，速度减小，其动能减小。
（2）船体某处离水面3米，该处受到海水的压强是：；
（3）二千料海船满载时，在水面上漂浮，受到的浮力等于它自身的重力，
即：F1浮＝G满载＝m满载g＝1.2×103×103kg×10N/kg＝1.2×107N；
（4）空载时的载重量为满载时的1﹣0.65＝0.35，
空载时受到的浮力为：＝0.42×107N；
满载时与空载时受到的浮力之差为：＝0.78×107N；
根据阿基米德原理，与空载时相比，“二千料海船”满载时排开海水的体积变化了：
＝780m3。
答：（1）不变；减小；（2）船体某处离水面3米，该处受到海水的压强是3×104Pa；（3）二千料海船满载时受到的浮力是1.2×107N；（4）与空载时相比，“二千料海船”满载时排开海水的体积变化了780m3。
【点评】知道物体的浮沉条件；知道动能的影响因素；知道阿基米德原理，会根据阿基米德原理进行计算。
24．（8分）主动式空气净化器在出风口加装负离子发生器，将空气不断电离，产生大量负离子，被微风扇送出，形成负离子气流，达到清洁、净化空气的目的。下表为某型号的主动式空气净化器的参数。能效比（η）是净化空气量和其输入功率之比。
额定电压 220V
工作挡位 待机 1挡 2挡 3挡
功率（W） 0.9 23 44 75
净化空气量（m3/h） ﹣ 120 240 360
（1）为防止触电，空气净化器的金属外壳应与三孔插座的 地 线相连。
（2）该空气净化器使用2挡位正常工作时，通过的电流为多少？
（3）单独使用该净化器10min，规格为2400imp/（kW h）的电能表指示灯闪烁30次，通过计算说明该空气净化器在几挡位工作，此时该空气净化器的能效比为多少m3/（h W）？
【考点】电功率与电压、电流的关系；插座的构造与工作方式；电能表．
【分析】（1）三孔插座有上孔接地线，与三脚插头的上脚相连，将用电器的金属外壳接地，防止因漏电而触电；
（2）由净化器的“参数表”得出该空气净化器使用2挡位时的电压、电功率，利用P＝UI求通过的电流；
（3）2400imp/（kW h）表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表的指示灯闪烁2400次，据此求电能表指示灯闪烁30次时，净化器消耗的电能，再根据P＝求出净化器消耗的电功率，查表可知，该空气净化器所在的挡位；利用能效比的定义求出此时该空气净化器的能效比。
【解答】解：（1）净化器三脚插头的上脚与用电器的金属外壳相连，三孔插座的上孔连接地线，净化器的三脚插头插入三孔插座，使净化器的金属外壳与地线连通，这样若净化器的金属外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生；
（2）由净化器的“参数表”得出该空气净化器使用2挡位时的电压为220V、电功率为44W，
由P＝UI得通过的电流：
I2＝＝＝0.2A；
（3）2400imp/（kW h）表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表的指示灯闪烁2400次，
则电能表指示灯闪烁30次，净化器消耗的电能：
W＝kW h＝kW h＝×3.6×106J＝4.5×104J，
工作时间t′＝10min＝600s，
则净化器消耗的电功率：
P＝＝＝75W，
查表可知，功率为75W时，该空气净化器在3挡位工作；
由净化器能效比的定义可得，此时该空气净化器的能效比为：＝4.8m3/（h W）。
故答案为：（1）地；
（2）该空气净化器使用2挡位正常工作时，通过的电流为0.2A；
（3）该空气净化器在3挡位工作，此时该空气净化器的能效比为4.8m3/（h W）。
【点评】本题以空气净化器为背景材料，考查了三孔插座的使用、电功率公式的应用、电能表相关参数的理解，涉及到的知识多，综合性强，关键要从题干中获取有用的信息，有一定的难度。
